Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Giới hạn dãy (Toán học Lớp 11)

(AI giải đề cho tôi)
Đây là biến thể của đường Koch trên cạnh AB. Ban đầu cạnh AB dài 1. Ở mỗi bước, mỗi cạnh ngang (song song với CD) độ dài L được chia thành 3 đoạn, dựng hình vuông cạnh L/3 về phía ngoài rồi xóa đoạn giữa, nên diện tích tăng thêm một lượng (L/3)^2 = L^2/9 cho mỗi cạnh, và cạnh cũ L được thay bằng 3 cạnh mới mỗi cạnh dài L/3. Do đó tổng bình phương độ dài các cạnh ngang giảm 3 lần sau mỗi bước: ban đầu tổng là 1, ở bước n tổng là (1/3)^{n-1}. Diện tích tăng thêm ở bước n: ΔS_n = (1/9)(1/3)^{n-1}. Kiểm tra: S_1 = 1 + 1/9; S_2 = 1 + 1/9 + 3·(1/9)^2 = 1 + 1/9 + 3/81 = 31/27 ≈ 1,148, khớp công thức (vì ở bước 2 chỉ có 3 đoạn song song với CD độ dài 1/3, mỗi đoạn sinh hình vuông cạnh 1/9). Vậy lim S_n = 1 + Σ_{n≥1} (1/9)(1/3)^{n-1} = 1 + (1/9)/(1 - 1/3) = 1 + 1/6 = 7/6 ≈ 1,17.

(AI giải đề cho tôi)
Xét $f(x)=\frac{2x^2+4x+9}{x^2+x+1}$, với $x\in \mathbb{R}$ (mẫu luôn dương vì $x^2+x+1>0$).

Ta có $f^{\prime }(x)=\frac{(4x+4)(x^2+x+1)-(2x^2+4x+9)(2x+1)}{(x^2+x+1{)}^2}=\frac{-2x^2-14x-5}{(x^2+x+1{)}^2}$.

Với $x>0$ thì $2x^2+14x+5>0$ nên $f^{\prime }(x)<0$, tức $f$ nghịch biến trên $(0;+\infty )$.

a) Ta có $u_1=\frac{5}{2}\in \left[\frac{5}{2};\frac{7}{2}\right]$. Giả sử $u_n\in \left[\frac{5}{2};\frac{7}{2}\right]$. Vì $f$ nghịch biến trên đoạn này:
$$f\left(\frac{7}{2}\right)\le u_{n+1}\le f\left(\frac{5}{2}\right).$$
Tính: $f\left(\frac{5}{2}\right)=\frac{2\cdot \frac{25}{4}+10+9}{\frac{25}{4}+\frac{5}{2}+1}=\frac{63/2}{39/4}=\frac{126}{39}=\frac{42}{13}\approx 3,23<\frac{7}{2}$; và $f\left(\frac{7}{2}\right)=\frac{2\cdot \frac{49}{4}+14+9}{\frac{49}{4}+\frac{7}{2}+1}=\frac{95/2}{67/4}=\frac{190}{67}\approx 2,84>\frac{5}{2}$.

Vậy $u_{n+1}\in \left[\frac{5}{2};\frac{7}{2}\right]$. Theo quy nạp, $\frac{5}{2}\le u_n\le \frac{7}{2}$ với mọi $n$, tức dãy $(u_n)$ bị chặn.

b) Ta có:
$$u_{n+1}-3=\frac{2u_n^2+4u_n+9-3(u_n^2+u_n+1)}{u_n^2+u_n+1}=\frac{-(u_n-3)(u_n+2)}{u_n^2+u_n+1},$$
suy ra $$|u_{n+1}-3|=|u_n-3|\cdot \frac{u_n+2}{u_n^2+u_n+1}$$ (vì $u_n>0$ nên $u_n+2>0$).

Xét $g(x)=\frac{x+2}{x^2+x+1}$ trên $\left[\frac{5}{2};\frac{7}{2}\right]$: $g^{\prime }(x)=\frac{-(x^2+4x+1)}{(x^2+x+1{)}^2}<0$ với $x\ge \frac{5}{2}$, nên $g$ nghịch biến và $g(x)\le g\left(\frac{5}{2}\right)=\frac{9/2}{39/4}=\frac{6}{13}<1$.

Do đó với mọi $n$: $|u_{n+1}-3|\le \frac{6}{13}|u_n-3|$. Quy nạp ta được
$$0\le |u_n-3|\le {\left(\frac{6}{13}\right)}^{n-1}|u_1-3|={\left(\frac{6}{13}\right)}^{n-1}\cdot \frac{1}{2}\to 0\text{ khi }n\to \infty .$$

Vậy $u_n\to 3$, tức $\lim u_n=3$.

(Kiểm tra lại: nếu $L=\lim u_n$ thì $L$ là nghiệm thực của $L^3-L^2-3L-9=0$, tức $(L-3)(L^2+2L+3)=0$, chỉ có nghiệm thực $L=3$ — phù hợp.)

(AI giải đề cho tôi)
Cấp số nhân lùi vô hạn có tổng $S=\frac{u_1}{1-q}=3$ và công bội $q=\frac{2}{3}$, nên $u_1=3\left(1-\frac{2}{3}\right)=1$. Số hạng tổng quát: $u_n=u_1{q}^{n-1}={\left(\frac{2}{3}\right)}^{n-1}$. Vậy chọn A.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $a_n=\sqrt[3]{n^3-2n^2}-n$. Viết $n^3-2n^2=n^3\left(1-\frac{2}{n}\right)$ nên $\sqrt[3]{n^3-2n^2}=n\sqrt[3]{1-\frac{2}{n}}$. Do đó $a_n=n\left(\sqrt[3]{1-\frac{2}{n}}-1\right)$. Dùng khai triển $\sqrt[3]{1+t}=1+\frac{t}{3}+o(t)$ với $t=-\frac{2}{n}\to 0$, ta được $\sqrt[3]{1-\frac{2}{n}}-1\sim \frac{1}{3}\left(-\frac{2}{n}\right)=-\frac{2}{3n}$. Vậy $\lim \left(\sqrt[3]{n^3-2n^2}-n\right)=\lim n\cdot \left(-\frac{2}{3n}\right)=-\frac{2}{3}$. Kiểm tra lại bằng công thức hiệu lập phương: $a_n=\frac{(n^3-2n^2)-n^3}{\sqrt[3]{(n^3-2n^2{)}^2}+n\sqrt[3]{n^3-2n^2}+n^2}=\frac{-2n^2}{n^2\left(\sqrt[3]{(1-2/n{)}^2}+\sqrt[3]{1-2/n}+1\right)}\to \frac{-2}{1+1+1}=-\frac{2}{3}$. Vậy đáp án là B.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $\lim u_n=-3$ nên cả tử và mẫu đều tiến về 0 (dạng $\frac{0}{0}$). Nhân liên hợp: $\frac{\sqrt{u_n^2+16}-5}{u_n^2+4u_n+3}=\frac{u_n^2+16-25}{(u_n^2+4u_n+3)\left(\sqrt{u_n^2+16}+5\right)}=\frac{(u_n-3)(u_n+3)}{(u_n+1)(u_n+3)\left(\sqrt{u_n^2+16}+5\right)}=\frac{u_n-3}{(u_n+1)\left(\sqrt{u_n^2+16}+5\right)}$. Do đó giới hạn bằng $\frac{-3-3}{(-3+1)(5+5)}=\frac{-6}{-20}=\frac{3}{10}$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $n^{2025}\to +\infty$ khi $n\to +\infty$ nên $\lim u_n=\lim \frac{1}{n^{2025}}=0$. Vậy đáp án C.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $\lim u_n=2024$ (hữu hạn) và $\lim v_n=-\infty$, ta có $\lim \frac{u_n}{v_n}=\frac{2024}{-\infty }=0$. Cụ thể: $\left|\frac{u_n}{v_n}\right|=\frac{|u_n|}{|v_n|}\to \frac{2024}{+\infty }=0$. Vậy đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Dãy $u_n=q^n$ có giới hạn bằng 0 khi và chỉ khi $|q|<1$. Xét từng phương án: A có $q=\frac{3}{2}>1$ nên $\lim u_n=+\infty$; B có $|q|=\frac{5}{4}>1$ nên dãy không có giới hạn (giá trị tuyệt đối tiến ra vô cực); C có $|q|=\frac{2}{3}<1$ nên $\lim {\left(\frac{2}{3}\right)}^n=0$; D có $|q|=\frac{4}{3}>1$ nên không có giới hạn bằng 0. Vậy chỉ phương án C thỏa mãn (đã đối chiếu với trang 5: C là ${\left(\frac{2}{3}\right)}^n$, D là ${\left(-\frac{4}{3}\right)}^n$).

(AI giải đề cho tôi)
Chia tử và mẫu cho $n$: $\sqrt{9n^2-n}=n\sqrt{9-\frac{1}{n}}$, $\sqrt{n+2}=\sqrt{n}\sqrt{1+\frac{2}{n}}$ (cấp nhỏ hơn), mẫu $3n-2=n(3-\frac{2}{n})$. Do đó $\lim \frac{\sqrt{9n^2-n}-\sqrt{n+2}}{3n-2}=\lim \frac{\sqrt{9-\frac{1}{n}}-\frac{1}{\sqrt{n}}\sqrt{1+\frac{2}{n}}}{3-\frac{2}{n}}=\frac{3-0}{3}=1$. Vậy đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $\underset{n\to \infty }{\lim }{u}_n=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{an+2}{3n-1}=\frac{a}{3}$. Để giới hạn bằng 2 thì $\frac{a}{3}=2\Rightarrow a=6$. Vậy chọn đáp án C.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $\sqrt{n^2-1}-\sqrt{3n^2+2}=\frac{(n^2-1)-(3n^2+2)}{\sqrt{n^2-1}+\sqrt{3n^2+2}}=\frac{-2n^2-3}{\sqrt{n^2-1}+\sqrt{3n^2+2}}$. Chia tử và mẫu cho $n$: tử số $\sim -2n$, mẫu số $\sim (1+\sqrt{3})n$, nên giới hạn bằng $\lim \frac{-2n}{1+\sqrt{3}}=-\infty$. Vậy đáp án C.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $L=\lim \sqrt{4+\frac{a{n}^2-1}{4+n^2}-\frac{1}{3^n}}$. Vì $\lim \frac{a{n}^2-1}{4+n^2}=a$ và $\lim \frac{1}{3^n}=0$ nên $L=\sqrt{4+a}$. Để $L$ là số nguyên thì $4+a=k^2$ với $k\in {\mathbb{Z}}^{+}$, tức $a=k^2-4$. Với $a$ nguyên thuộc $(0;20)$: $k=3\Rightarrow a=5$; $k=4\Rightarrow a=12$; $k=5\Rightarrow a=21$ (loại). Vậy có 2 giá trị $a\in \{5;12\}$, đáp án C. Kết quả trùng với đáp án nguồn (Câu 10, Mã đề 1131: C).

(AI giải đề cho tôi)
a) ĐÚNG: Chia tử và mẫu cho $n^2$: $\lim \frac{2-\frac{3}{n}+\frac{5}{n^2}}{\frac{1}{n}-7}=\frac{2}{-7}=-\frac{2}{7}$.

b) SAI: Gọi $\lim u_n=L$ (dãy có giới hạn). Vì $u_{n+1}=\frac{1}{2-u_n}$, khi $n\to +\infty$: $L=\frac{1}{2-L}\Rightarrow L(2-L)=1\Rightarrow L^2-2L+1=0\Rightarrow L=1$. Vậy $\lim u_n=1\ne \frac{1}{2}$, mệnh đề SAI.

c) ĐÚNG: $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sqrt{3x+1}-1}{x}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{3x}{x(\sqrt{3x+1}+1)}=\frac{3}{2}$. Vậy $m=3,n=2$, $m-n=1$: ĐÚNG.

d) SAI: $1+2+2^2+\dots +2^n=2^{n+1}-1$, nên $\lim \frac{2^{n+1}-1}{5\cdot 2^{n+1}+1}=\frac{1}{5}$. Vậy $a=1,b=5$, $a^2-b^2=1-25=-24\ne 99$: SAI.

Kết quả khớp với đáp án nguồn: a-Đ, b-S, c-Đ, d-S.
a) (AI giải đề cho tôi)
Chia tử và mẫu cho $n^2$, giới hạn bằng $\frac{2}{-7}=-\frac{2}{7}$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Phương trình giới hạn $L=\frac{1}{2-L}$ cho $L=1$, không phải $\frac{1}{2}$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Nhân liên hợp được giới hạn $\frac{3}{2}$, nên $m-n=3-2=1$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Tổng cấp số nhân $=2^{n+1}-1$, giới hạn bằng $\frac{1}{5}$, nên $a^2-b^2=1-25=-24\ne 99$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $k$ là số nguyên dương nên $n^k\to +\infty$ khi $n\to +\infty$, do đó $\lim \frac{1}{n^k}=0$. Các phương án B, C, D đều sai. Kết quả khớp với đáp án nguồn (mã đề 1131, câu 3: A).

(AI giải đề cho tôi)
Nếu $\lim u_n=+\infty$ thì với $n$ đủ lớn, $u_n>0$ và $u_n\to +\infty$, do đó $\frac{1}{u_n}\to 0$ (dương), không thể bằng $-\infty$. Vậy khẳng định D là SAI. Các khẳng định A, C đúng theo tính chất $\lim \frac{1}{u_n}=0$ khi $|u_n|\to +\infty$; khẳng định B đúng vì $-u_n\to -\infty$ khi $u_n\to +\infty$ và ngược lại. Kết quả khớp với đáp án nguồn: D.

(AI giải đề cho tôi)
Bài 15 — Tính các giới hạn dãy số:

1. $\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{2n+1}{5n+9}=\lim \frac{2+\frac{1}{n}}{5+\frac{9}{n}}=\frac{2}{5}$.

2. $\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{n-7}{n^2+9n+2}=\lim \frac{\frac{1}{n}-\frac{7}{n^2}}{1+\frac{9}{n}+\frac{2}{n^2}}=0$ (bậc tử nhỏ hơn bậc mẫu).

3. $\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{n^3-3n+1}{(2n+3)(n^2+7)}=\lim \frac{1-\frac{3}{n^2}+\frac{1}{n^3}}{\left(2+\frac{3}{n}\right)\left(1+\frac{7}{n^2}\right)}=\frac{1}{2\cdot 1}=\frac{1}{2}$.

4. $\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{n^2-9n+2}{5n+9}=\lim \frac{n-9+\frac{2}{n}}{5+\frac{9}{n}}=+\infty$ (bậc tử lớn hơn bậc mẫu, hệ số dương).

5. $\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{3^n-2^n}{3^{n+2}+1}=\lim \frac{1-{\left(\frac{2}{3}\right)}^n}{9+\frac{1}{3^n}}=\frac{1-0}{9}=\frac{1}{9}$.

6. $\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{2^{2n+1}-7^n}{2^{3n-1}+7^{n+1}}$. Chia tử và mẫu cho $8^n=2^{3n}$: $\frac{2{\left(\frac{1}{2}\right)}^n-{\left(\frac{7}{8}\right)}^n}{\frac{1}{2}+7{\left(\frac{7}{8}\right)}^n}$. Vì ${\left(\frac{1}{2}\right)}^n\to 0$ và ${\left(\frac{7}{8}\right)}^n\to 0$, giới hạn bằng $\frac{0-0}{\frac{1}{2}+0}=0$.

7. $\underset{n\to +\infty }{\lim }\left(-2n^3+9n^2+1\right)=\underset{n\to +\infty }{\lim }{n}^3\left(-2+\frac{9}{n}+\frac{1}{n^3}\right)=-\infty$ vì $-2+\frac{9}{n}+\frac{1}{n^3}\to -2<0$.

8. $\underset{n\to +\infty }{\lim }\left(\sqrt{4n^2+2}-5n\right)=\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{4n^2+2-25n^2}{\sqrt{4n^2+2}+5n}=\lim \frac{-21n^2+2}{n\left(\sqrt{4+\frac{2}{n^2}}+5\right)}=\lim \frac{-21n+\frac{2}{n}}{\sqrt{4+\frac{2}{n^2}}+5}=-\infty$.

9. $\underset{n\to +\infty }{\lim }\left(\sqrt{n^2+1}-\sqrt{n^2+8n+2}\right)=\lim \frac{(n^2+1)-(n^2+8n+2)}{\sqrt{n^2+1}+\sqrt{n^2+8n+2}}=\lim \frac{-8n-1}{n\left(\sqrt{1+\frac{1}{n^2}}+\sqrt{1+\frac{8}{n}+\frac{2}{n^2}}\right)}=\frac{-8}{1+1}=-4$.

(AI giải đề cho tôi)
Quãng đường rơi lần đầu là 15 m. Sau mỗi lần chạm đất, bóng nảy lên độ cao bằng 4/5 lần trước rồi lại rơi xuống cùng độ cao đó. Tổng quãng đường: $S=15+2\cdot 15\cdot \frac{4}{5}+2\cdot 15\cdot {\left(\frac{4}{5}\right)}^2+\cdots =15+2\cdot 15\cdot \frac{4/5}{1-4/5}=15+30\cdot 4=135$ (m). Vậy tổng quãng đường bóng di chuyển là 135 m.

(AI giải đề cho tôi)
Bài 15: Tính từng giới hạn dãy số.

1) $\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{2n+1}{5n+9}=\lim \frac{2+\frac{1}{n}}{5+\frac{9}{n}}=\frac{2}{5}$.

2) $\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{n-7}{n^2+9n+2}=\lim \frac{\frac{1}{n}-\frac{7}{n^2}}{1+\frac{9}{n}+\frac{2}{n^2}}=0$ (bậc tử nhỏ hơn bậc mẫu).

3) Chia tử và mẫu cho $n^3$: $\lim \frac{1-\frac{3}{n^2}+\frac{1}{n^3}}{\left(2+\frac{3}{n}\right)\left(1+\frac{7}{n^2}\right)}=\frac{1}{2\cdot 1}=\frac{1}{2}$.

4) Bậc tử ($n^2$) lớn hơn bậc mẫu ($n$) và hệ số dương nên $\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{n^2-9n+2}{5n+9}=+\infty$.

5) Chia tử và mẫu cho $3^n$: $\lim \frac{1-{\left(\frac{2}{3}\right)}^n}{9+\frac{1}{3^n}}=\frac{1-0}{9+0}=\frac{1}{9}$.

6) Chia tử và mẫu cho $8^n=2^{3n}$ (cơ số lớn nhất): tử $\frac{2\cdot 4^n-7^n}{8^n}=2{\left(\frac{1}{2}\right)}^n-{\left(\frac{7}{8}\right)}^n\to 0$; mẫu $\frac{2^{3n-1}+7^{n+1}}{8^n}=\frac{1}{2}+7{\left(\frac{7}{8}\right)}^n\to \frac{1}{2}$. Vậy giới hạn bằng $\frac{0}{1/2}=0$.

7) $-2n^3+9n^2+1=n^3\left(-2+\frac{9}{n}+\frac{1}{n^3}\right)\to -\infty$ vì $-2+\frac{9}{n}+\frac{1}{n^3}\to -2<0$. Vậy giới hạn bằng $-\infty$.

8) Nhân liên hợp: $\sqrt{4n^2+2}-5n=\frac{4n^2+2-25n^2}{\sqrt{4n^2+2}+5n}=\frac{-21n^2+2}{\sqrt{4n^2+2}+5n}$. Chia tử và mẫu cho $n^2$: $\frac{-21+\frac{2}{n^2}}{\sqrt{4+\frac{2}{n^2}}+\frac{5}{n}}\to \frac{-21}{2+0}=-\frac{21}{2}$. Vậy $\underset{n\to +\infty }{\lim }\left(\sqrt{4n^2+2}-5n\right)=-\frac{21}{2}$.

9) Nhân liên hợp: $\sqrt{n^2+1}-\sqrt{n^2+8n+2}=\frac{(n^2+1)-(n^2+8n+2)}{\sqrt{n^2+1}+\sqrt{n^2+8n+2}}=\frac{-8n-1}{\sqrt{n^2+1}+\sqrt{n^2+8n+2}}$. Chia tử và mẫu cho $n$: $\frac{-8-\frac{1}{n}}{\sqrt{1+\frac{1}{n^2}}+\sqrt{1+\frac{8}{n}+\frac{2}{n^2}}}\to \frac{-8}{1+1}=-4$.

(AI giải đề cho tôi)
Bài 15: Tính từng giới hạn dãy số.

1) Chia tử và mẫu cho $n$: $\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{2n+1}{5n+9}=\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{2+\frac{1}{n}}{5+\frac{9}{n}}=\frac{2}{5}$.

2) Chia tử và mẫu cho $n^2$: $\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{n-7}{n^2+9n+2}=\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{\frac{1}{n}-\frac{7}{n^2}}{1+\frac{9}{n}+\frac{2}{n^2}}=\frac{0}{1}=0$.

3) Mẫu có bậc 3: $(2n+3)(n^2+7)=2n^3+6n^2+14n+21$. Chia tử và mẫu cho $n^3$: $\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{1-\frac{3}{n^2}+\frac{1}{n^3}}{2+\frac{6}{n}+\frac{14}{n^2}+\frac{21}{n^3}}=\frac{1}{2}$.

4) Tử bậc 2, mẫu bậc 1 nên giới hạn là $+\infty$. Cụ thể: $\frac{n^2-9n+2}{5n+9}=\frac{n-9+\frac{2}{n}}{5+\frac{9}{n}}\to +\infty$. Vậy $\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{n^2-9n+2}{5n+9}=+\infty$.

5) Chia tử và mẫu cho $3^n$: $\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{1-{\left(\frac{2}{3}\right)}^n}{9+\frac{1}{3^n}}=\frac{1-0}{9+0}=\frac{1}{9}$.

6) Viết $2^{2n+1}=2\cdot 4^n$, $2^{3n-1}=\frac{1}{2}\cdot 8^n$, $7^{n+1}=7\cdot 7^n$. Chia tử và mẫu cho $8^n$: $\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{2{\left(\frac{1}{2}\right)}^n-{\left(\frac{7}{8}\right)}^n}{\frac{1}{2}+7{\left(\frac{7}{8}\right)}^n}=\frac{0-0}{\frac{1}{2}+0}=0$.

7) $-2n^3+9n^2+1=n^3\left(-2+\frac{9}{n}+\frac{1}{n^3}\right)\to -\infty$ vì $-2+\frac{9}{n}+\frac{1}{n^3}\to -2<0$. Vậy giới hạn bằng $-\infty$.

8) Nhân với liên hợp: $\sqrt{4n^2+2}-5n=\frac{4n^2+2-25n^2}{\sqrt{4n^2+2}+5n}=\frac{-21n^2+2}{\sqrt{4n^2+2}+5n}$. Mẫu cấp $n$, tử cấp $n^2$ với hệ số âm nên giới hạn bằng $-\infty$.

9) Nhân với liên hợp: $\sqrt{n^2+1}-\sqrt{n^2+8n+2}=\frac{(n^2+1)-(n^2+8n+2)}{\sqrt{n^2+1}+\sqrt{n^2+8n+2}}=\frac{-8n-1}{\sqrt{n^2+1}+\sqrt{n^2+8n+2}}$. Chia tử và mẫu cho $n$: $\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{-8-\frac{1}{n}}{\sqrt{1+\frac{1}{n^2}}+\sqrt{1+\frac{8}{n}+\frac{2}{n^2}}}=\frac{-8}{1+1}=-4$.